Đang tải... (xem toàn văn)
OLYMPIC HÓA HỌC VIỆT NAM: OLYMPIC HÓA HỌC SINH VIÊN VIỆT NAM 2003 BẢNG A Tính nhiệt độcủa ngọn lửa CO cháy trong hai trường hợp sau: a) Cháy trong oxy tinh khiết (20% oxy và 80% nitơtheo thểtích) b) Cháy trong oxy tinh khiết Cho biết lượng oxy vừa đủcho phản ứng, nhiệt độlúc đầu là 25 o C. Entanpi cháy của CO ở25 o C và 1atm là 283kJ.mol 1 . Nhiệt dung mol chuẩn của các chất như sau: C o p(CO2, k) = 30,5 + 2.10 2 T C o p(N2, k) = 27,2 + 4,2.10 3 T BÀI GIẢI: a) KTdTCCHT o P o P o N CO 2555 0)2(298 298 2 2 =⇒= ++Δ∫ b) KTdTCHT o P o CO 4098 0 298 298 2 =⇒= +Δ ∫
I. OLYMPIC HÓA HỌC VIỆT NAM: OLYMPIC HÓA HỌC SINH VIÊN VIỆT NAM 2003 - BẢNG A Tính nhiệt độ của ngọn lửa CO cháy trong hai trường hợp sau: a) Cháy trong oxy tinh khiết (20% oxy và 80% nitơ theo thể tích) b) Cháy trong oxy tinh khiết Cho biết lượng oxy vừa đủ cho phản ứng, nhiệt độ lúc đầu là 25 o C. Entanpi cháy của CO ở 25 o C và 1atm là 283kJ.mol -1 . Nhiệt dung mol chuẩn của các chất như sau: C o p (CO 2 , k) = 30,5 + 2.10 -2 T C o p (N 2 , k) = 27,2 + 4,2.10 -3 T BÀI GIẢI: a) KTdTCCH T o P o P o NCO 25550)2( 298 298 22 =⇒=++Δ ∫ b) KTdTCH T o P o CO 40980 298 298 2 =⇒=+Δ ∫ OLYMPIC HÓA HỌC SINH VIÊN VIỆT NAM 2003 - BẢNG A Cho các số liệu sau ở 298K: Ag + (dd) N 3 - (dd) K + (dd) AgN 3 (r) KN 3 (r) ∆G o tt (kJ.mol -1 ) 77 348 -283 378 77 1) Xác định chiều xảy ra của các qúa trình sau: Ag + (dd) + N 3 - (dd) → AgN 3 (r) K + (dd) + N 3 - (dd) → KN 3 (r) 2) Tính tích số tan của chất điện li ít tan. 3) Hỏi phản ứng gì xảy ra khi muối KN 3 tác dụng với HCl đặc. BÀI GIẢI: 1) Ag + (dd) + N 3 - (dd) → AgN 3 (r) ∆G o = 378 – (77 + 348) = -47kJ: Chiều thuận. K + (dd) + N 3 - (dd) → KN 3 (r) ∆G o = 77 – (-283 + 348) = 12kJ: Chiều nghịch. 2) AgN 3 là chất ít tan. Gọi K s là tích số tan của nó: 9 10.79,5 237,8 298.314.8.303.2 47000 lg − =⇒ −= − = s s K K 3) KN 3 + HCl → HN 3 + KCl HN 3 + 3HCl → NH 4 Cl + N 2 + Cl 2 → KN 3 + 4HCl → NH 4 Cl + N 2 + Cl 2 + KCl. OLYMPIC HÓA HỌC SINH VIÊN VIỆT NAM 2005 - BẢNG B Một phản ứng dùng để luyện kẽm theo phương pháp khô là: ZnS(r) + 3/2O 2 (k) → ZnO(r) + SO 2 (k) 1) Tính ∆H o của phản ứng ở nhiệt độ 298K và 1350K, coi nhiệt dung của các chất không phụ thuộc vào nhiệt độ ở miền nhiệt độ nghiên cứu. 2) Giả thiết ZnS nguyên chất. Lượng ZnS và không khí (20% O 2 và 80% N 2 theo thể tích) lấy đúng tỉ lệ hợp thức bắt đầu ở 298K sẽ đạt đến nhiệt độ nào khi chỉ hấp thụ lượng nhiệt tỏa ra do phản ứng ở điều kiện chuẩm tại 1350K (lượng nhiệt này chỉ dùng để nâng nhiệt độ các chất đầu) Hỏi phản ứng có duy trì được không, nghĩa là không cần cung cấp nhiệt từ bên ngoài, biết rằng phản ứng trên chỉ xảy ra ở nhiệt độ không thấp hơn 1350K? 3) Thực tế trong quặng sfalerit ngoài ZnS còn chứa SiO 2 . Vậy hàm lượng % của ZnS trong quặng tối thiểu phải là bao nhiêu để phản ứng có thể tự duy trì được? Cho biết entanpi tạo thành chuẩn của các chất ở 25 o C (kJ.mol -1 ) Hợp chất: ZnO(r) ZnS(r) SO 2 (k) ∆H o f -347,98 -202,92 -296,90 Nhiệt dung mol đẳng áp của các chất (J.K -1 .mol -1 ): Hợp chất ZnS(r) ZnO(r) SO 2 (k) O 2 (k) N 2 (k) SiO 2 (r) C o p 58,05 51,64 51,10 34,24 30,65 72,65 Biết M ZnS = 97,42g.mol -1 ; M SiO2 = 60,10g.mol -1 BÀI GIẢI: 1) ∆H o 298 = -347,98 – 296,90 + 202,92 = -441,96kJ ∆C o p = 51,64 + 51,10 – 58,05 – 3/2.34,24 = -6,67J.K -1 ∆H 1350 = -448976,84J 2) KTdTH JKCCCC T o o Np o Op o ZnSp o P 1829031,293 31,2936 2 3 298 1350 1 )()()( 22 =⇒=+Δ =++= ∫ ∑ − T = 1829K > 1350K nên phản ứng tự duy trì được. 3) Gọi x là số mol SiO 2 có trong 1 mol ZnS ∑ − +=+++= )(65,7231,2936 2 3 1 )()()()( 222 JKxxCCCCC o SiOp o Np o Op o ZnSp o p ∫∫ =⇒=++− 1350 298 1350 298 84,1065,7231,29384,448976 molxxdTdT ⇒ %ZnS = 47% KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA NĂM 2002 (Bảng A) Khí NO kết hợp với hơi Br 2 tạo ra một khí duy nhất trong phân tử có 3 nguyên tử. 1. Viết phương trình phản ứng xảy ra. 2. Biết phản ứng trên thu nhiệt, tại 25 o C có Kp = 116,6. Hãy tính Kp (ghi rõ đơn vị) tại 0 o C ; 50 o C. Giả thiết rằng tỉ số giữa hai trị số hằng số cân bằng tại 0 o C với 25 o C hay 25 o C với 50 o C đều bằng 1,54. 3. Xét tại 25 o C, cân bằng hoá học đã được thiết lập. Cân bằng đó sẽ chuyển dịch như thế nào? Nếu: a) Tăng lượng khí NO. b) Giảm lượng hơi Br 2 . c) Giảm nhiệt độ. d) Thêm khí N 2 vào hệ mà: - Thể tích bình phản ứng không đổi (V = const) - ¸p suất chung của hệ không đổi (P = const). BÀI GIẢI: 1. 2 NO(k) + Br 2 (hơi) → 2 NOBr (k) ; ΔH > 0 (1) Phản ứng pha khí, có Δn = -1 → đơn vị Kp là atm -1 (2) 2. Do phản ứng thu nhiệt nên có liên hệ K p tại O 2 < K p tại 252 < K p tại 502 (3) Vậy : K p tại 250 = 1 / 1,54 x K p t¹i 252 = 116,6 / 1,54 = 75,71 (atm -1 ) K p tại 252 = 1,54 x K p t¹i 252 = 116,6 x 1,54 ≈ 179, 56 (atm -1 ) 3. Xét sự chuyển dời cân bằng hoá học taji 25 O C. Trường hợp a và b: về nguyên tắc cần xét tỉ số: PNOBr Q = (4) (Khi thêm NO hay Br (PNO) 2 ) 2 Sau đó so sánh trị số Kp với Q để kết luận. Tuy nhiên, ở đây không có điều kiện để xét (4); do đó xét theo nguyên lý Lơ satơlie. a. Nếu tăng lượng NO, CBHH chuyển dời sang phải. b. Nếu giảm lượng Br 2 , CBHH chuyển dời sang trái. c. Theo nguyên lý Lơsatơlie, sự giảm nhiệt độ làm cho CBHH chuyển dời sang trái, đê chống lại sự giảm nhiệt độ. d. Thêm N 2 là khí trơ. + Nếu V = const: không ảnh hưởng tới CBHH vì N 2 không gây ảnh hưởng nào lên hệ (theo định nghĩa áp suất riêng phần). + Nếu P = const ta xét liên hệ. Nếu chưa có N 2 : P = p NO + pBr 2 + p NOBr (a) Nếu có thêm N 2 : P = p’ NO + p’Br 2 + p’ NOBr + Pn 2 (b) V× P = const nên pi' < pi Lúc đó ta xét Q theo (4) liên hệ / tương quan với Kp: 1. Nếu Q = Kp: không ảnh hưởng 2. Nếu Q > Kp : CBHH chuyển dời sang trái, để Q giảm tới trị số Kp. 3. Nếu Q <Kp: CBHH chuyển dời sang phải, để Q tăng tới trị số Kp. Xảy ra trường hợp nào trong 3 trường hợp trên là tuỳ thuộc vào pi tại cân bằng hoá học. KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA NĂM 2003 (Bảng A) Khi nung nóng đến nhiệt độ cao PCl 5 bị phân li theo phương trình PCl 5 (k) ⇋ PCl 3 (k) + Cl 2 (k) 1. Cho m gam PCl 5 vào một bình dung tích V, đun nóng bình đến nhiệt độ T (K) để xảy ra phản ứng phân li PCl 5 . Sau khi đạt tới cân bằng áp suất khí trong bình bằng p. Hãy thiết lập biểu thức của Kp theo độ phân li α và áp suất p. Thiết lập biểu thức của Kc theo α, m, V. 2. Trong thí nghiệm 1 thực hiện ở nhiệt độ T 1 người ta cho 83,300 gam PCl 5 vào bình dung tích V 1 . Sau khi đạt tới cân bằng đo được p bằng 2,700 atm. Hỗn hợp khí trong bình có tỉ khối so với hidro bằng 68,862. Tính α và Kp. 3. Trong thí nghiệm 2 giữ nguyên lượng PCl 5 và nhiệt độ như ở thí nghiệm 1 nhưng thay dung tích là V 2 thì đo được áp suất cân bằng là 0,500 atm. Tính tỉ số 2 1 V V . 4. Trong thí nghiệm 3 giữ nguyên lượng PCl 5 và dung tích bình V 1 như ở thí nghiệm 1 nhưng hạ nhiệt độ của bình còn T 3 = 0,9 T 1 thì đo được áp suất cân bằng là 1,944 atm. Tính Kp và α. Từ đó cho biết phản ứng phân li PCl 5 thu nhiệt hay phát nhiệt. Cho: Cl = 35,453 ; P : 30,974 ; H = 1,008 ; Các khí đều là khí lí tưởng. BÀI GIẢI: 1. Thiết lập biểu thức cho Kp, Kc PCl 5 (k) ⇌ PCl 3 (k) + Cl 2 (k) ban đầu a mol cân bằng a – x x x (mol) Tổng số mol khí lúc cân bằng : a + x = n α = x a ; Khối lượng mol: = 30,974 + 5 x 35,453 = 208,239 (g/mol) 5 PCl M = 30,974 + 3 x 35,453 = 137,333 (g/mol) 3 PCl M = 70,906 (g/mol) 2 Cl M gam 208,239 gam/mol m = a mol PCl 5 ban đầu *¸p suất riêng phần lúc cân bằng của mỗi khí: = 5 PCl P p ax ax − + trong đó = = 3 PCl P 2 Cl P + x P ax Kp = × 23 5 Cl PCl PCl PP P = ⎛⎞ × ⎜⎟ + ⎝⎠ ⎛⎞ ⎜⎟ + ⎝⎠ 2 - x p ax ax p ax = () × × + 2 2 2 x p ax + ⎛⎞ ⎜⎟ − ⎝⎠ ax ax × 1 p Kp = × +− 2 () ( xp axax ) = − 2 2 2 × x ax p ; Kp = × − 2 2 22 22 x a p ax aa = α α × − 2 2 1 p * Kc = [PCl 5 ] = α −(1 ) a V trong đó [PCl 3 ] = [Cl 2 ] = α a V Kc = [ ] [ ] 32 5 Cl [] PCl PCl = () α 2 2 a V () α × −1 V a = α α − 2 (1 ) a V = α α − 2 208,239 (1 ) m V Hoặc: Kp = Kc (RT) ∆ V ∆V khí = 1 Kp = Kc (RT) pV = nRT = (a + x) RT → RT = + p V ax = α + (1 ) pV a Kp = Kc + p V ax → α α × − 2 1 p = Kc + p V ax Thay x = aα → α α × − 2 2 1 p = Kc α +(1 ) pV a → Kc = α α α + × − 2 2 (1 ) 1 a V Kc = () αα α α + × + 2 (1 ) 1 (1- a V ) = α α − 2 (1 ) a V = α α − 2 208, 239 V (1 ) m * Quan hệ Kp và Kc. Từ cách 1 : Kc = Kp 1 RT Thay RT = p V a(1 ) α + → Kc = Kp a(1 ) p V α + × = 2 a(1 ) 1p p V α α α + × − = 2 a V(1 ) α α − 2. Thí nghiệm 1 : ban đầu = a = 5 PCl n 83,30 g 208,239 g/mol = 0,400 mol M của hỗn hợp cân bằng: 68,826 × 2,016 = 138,753 g/mol Tổng số mol khí lúc cân bằng: n 1 = a (l + α 1 ) = 83,30 g 138,753 g/mol = 0,600 mol n 1 = a (1 + α 1 ) = 0,400 (1 + α 1 ) = 0,600 → α 1 = 0,500 * Tìm Kp tại nhiệt độ T 1 : Kp = 2 2 1 α α × − p = 2 2 (0,5) 1 (0,5) × − 2,70 = 0,900 3. Thí nghiệm 2: - Giữ nguyên nhiệt độ → Kp không đổi. - Giữ nguyên số mol PCl 5 ban đầu: a = 0,400mol. - ¸p suất cân bằng P 2 = 0,500 atm. Ta có 2 2 2 2 1 α α × − p 2 = Kp = 2 2 2 2 1 α α × − 0,500 = 0,900 → α 2 2 = 0,64286 → α 2 = 0,802 Tổng số mol khí lúc cân bằng: n 2 = 0,400 + (1+ α 2 ) ≈ 0,721 (mol). * Thể tích bình trong TN 2: V 2 = 21 2 nRT p so víi V 1 = 11 1 nRT p 2 1 V V = 2 12 np np 1 × = 0,721 2,700 0,600 0,500 × = 6,486 (lần) 4. Thí nghiệm 3: - Thay đổi nhiệt độ → Kp thay đổi. - Giữ nguyên số mol PCl 5 ban đầu a = 0,400 mol và V 1 - ¸p suất cân bằng P 3 thay đổi do: nhiệt độ giảm (T 3 = 0,9 T 1 ), tổng số mol khí thay đổi ( n 3 ≠ n 1 ). P 3 = 1,944 atm ; Tính α 3 : n 3 = a (1+ α 3 ) = 0,400 × (1+ α 3 ) ; p 3 V 1 = n 3 RT 3 = 0,9 n 3 RT 1 ; P 1 V 1 = n 1 RT 1 . 33 11 P0,9n Pn = → 3 0,400 (1 ) 0,91,944 2,700 0,600 α ×+ × = → α 3 = 0,200 → n 3 = 0,48 mol * K P (T 3 ) = 2 3 3 2 3 p 1 α α × − = 2 2 (0,200) 1 (0,200) × − 1,944 = 0,081 * Khi hạ nhiệt độ, Kp giảm → cân bằng chuyển dịch theo chiều nghịch. Chiều nghịch là chiều phát nhiệt → Chiều thuận là chiều thu nhiệt. KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA NĂM 2004 (Bảng A) 1. Người ta nung nóng đến 800 0 C một bình chân không thể tích 1 lít chứa 10,0 gam canxi cacbonat và 5,6 gam canxi oxit. Hãy tính số mol khí cacbonic có trong bình. Muốn cho lượng canxi cacbonat ban đầu phân hủy hết thì thể tích tối thiểu của bình phải bằng bao nhiêu? Biết tại nhiệt độ đó khí CO 2 trong bình có áp suất là 0,903 atm . 2. Tại 20 0 C, phản ứng: H 2 (k) + Br 2 (lỏng) 2 HBr (k) (1) có hằng số cân bằng K p = 9,0 .10 16 . kí hiệu (k) chỉ trạng thái khí. a) Hãy tính K p của phản ứng: H 2 (k) + Br 2 (k) 2 HBr (k) (2) tại 20 O C và áp suất p = 0,25 atm. b) Hãy cho biết sự chuyển dịch cân bằng hóa học của phản ứng (2) nếu giảm thể tích bình phản ứng ở hai trường hợp: Br 2 (k) *) Trong bình không có Br 2 (lỏng) ; **) Trong bình có Br 2 (lỏng). BÀI GIẢI: 1. a) Với điều kiện đã cho trong bình có phản ứng: CaCO 3 ⇌ CaO + CO 2 (k) (*) Trong bình chỉ có khí CO 2 . Giả thiết đó là khí lý tưởng, ta có: n = = = 0,01 (mol). Vậy n = 0,01 mol. PV RT 0,903 × 1,0 0 , 082054 × 1073 , 15 CO Nhận xét : Theo đề bài, lượng CaCO 3 cho vào bình chân không là: n = = 0,1 mol 2 3 10 CaCO 100 Lượng CaCO 3 đã bị phân tích chỉ là 0,01 mol. Sự có mặt của 5,6 gam CaO và lượng CaCO 3 còn lại không ảnh hưởng tới kết quả tính vì các chất này ở trạng thái rắn chiếm thể tích không đáng kể. b) Giả thiết lượng CaCO 3 cho vào bình chân không bị phân tích hết áp suất khí CO 2 vẫn là 0,903 atm (vì phản ứng (*) đạt tới cân bằng hoá học ). Do đó: V min = n RT / P = 0,1 × 0,082054 × 1073,15 / 0,903 = 9,75 (lít) 2. a) Phản ứng H 2 (k) + Br 2 (lỏng) ⇌ 2 HBr (k) (1) có (Kp) 1 = p 2 HBr / p H 2 (a) còn phản ứng: H 2 (k) + Br 2 (k) ⇌ 2 HBr (k) (2) có (Kp) 2 = p 2 HBr / p H 2 × p Br 2 (b) Xét cân bằng Br 2 (lỏng) ⇌ Br 2 (k) (3) có (Kp) 3 = pBr 2 (k) (c) Khi tổ hợp (1) với (3) ta có cân bằng (2): H 2 (k) + Br 2 (lỏng) ⇌ 2 HBr (k) (1) Br 2 (l) ⇌ Br 2 (k) (3) (1) – (3): H 2 (k) + Br 2 (k) ⇌ 2 HBr (k) (2) Vậy (Kp) 2 = = = 3,6 . 10 17 (atm) b) Khi giảm thể tích bình phản ứng nghĩa là tăng áp suất riêng phần của khí trong hệ. Xét: Q = p 2 HBr / p H 2 × p Br 2 (d) Trường hợp 1: Không có brom lỏng trong bình: Phản ứng (2) có tăng số mol khí trước và sau phản ứng bằng nhau (Δn = 0) nên sự thay đổi áp suất đó không dẫn tới chuyển dịch cân bằng (2). Trường hơp 2 : Có brom lỏng trong bình: áp suất riêng phần của các khí H 2 , HBr tăng; trong lúc đó áp suất riêng phần của Br 2 khí lại không đổi do còn Br 2 lỏng. Theo (d), vì số mũ của p HBr lớn hơn số mũ của pH 2 nên sự tăng áp suất nói trên dẫn đến sự tăng Q và cân bằng (2) chuyển dịch theo chiều nghịch. II. OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ: OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ NĂM 1997: a) Ở điều kiện ban đầu 300K và 1,01325.10 7 Pa, khí clo được coi là khí lí tưởng. Giãn nở một mol khí Cl 2 ở điều kiện đó đến áp suất cuối là 1,01325.10 5 Pa. Trong qúa trình giãn nở đó áp suất ngoài luôn được giữ không đổi là 1,01325.10 5 Pa. Kết qủa của sự giãn nở đó là khí clo được làm lạnh đến 239K (đó cũng là điểm sôi thông thường của Cl 2 lỏng), thấy có 0,1mol Cl 2 lỏng được ngưng tụ. Ở điểm sôi thông thường, entanpi hóa hơi của Cl 2 lỏng bằng 20,42kJ.mol -1 , nhiệt dung mol của Cl 2 khí ở điều kiện đẳng tích là C v = 28,66J.K -1 mol -1 và tỉ trọng của Cl 2 lỏng là 1,56 cũng tại 239K. Giả thiết nhiệt dung mol ở điều kiện đẳng áp của Cl 2(k) là C p =C v +R. Biết 1atm = 1,01325.10 5 Pa. R = 8,314510J.K -1 .mol -1 = 0,0820584L.atm.K -1 .mol -1 . Hãy tính biến thiên nội năng (∆E) và biến thiên entropy của hệ (∆S sys ) trong các biến đổi mô tả ở trên. b) Với các phản ứng sau ở 298K: [Ni(H 2 O) 6 ] 2+ + 2NH 3 → [Ni(NH 3 ) 2 (H 2 O) 4 ] 2+ + 2H 2 O (1) lnK c = 11,60 và ∆H o = -33,5kJ.mol -1 [Ni(H 2 O) 6 ] 2+ + en → [Ni(en) 2 (H 2 O) 4 ] 2+ + 2H 2 O (2) lnK c = 17,78 và ∆H o = -37,2kJ.mol -1 Ghi chú: en là viết tắt của etylendiamin (phối tử trung hòa hai răng). Biết R = 8,314510J.K -1 .mol -1 = 0,0820584L.atm.K -1 .mol -1 . Tính ∆G o ,∆S o và K c của phản ứng được (3) sau: [Ni(NH 3 ) 2 (H 2 O) 4 ] 2+ + en → [Ni(en) 2 (H 2 O) 4 ] 2+ + 2NH 3 (3) BÀI GIẢI: a) Tóm tắt các chuyển hóa: ∆E 1 ∆E 2 1,01325.10 5 Pa (1atm) Cl 2(k) 1mol 300K Cl 2(k) 1mol 239K Cl 2(l) 0,1mol 239K Làm lạnh 1,01325.10 7 Pa (100atm) (Kp) (Kp) 9,0 1 3 × 10 16 0,25 Qúa trình chung là sự giãn nở kèm theo sự thay đổi trạng thái đẳng áp (khí sang lỏng) và do nội năng (E) là một hàm trạng thái, sự biến đổi nội năng tổng cộng là ∆E = ∆E 1 + ∆E 2 . Qúa trình 1: ∆E 1 = ∫nC v dT = -1748,3J Qúa trình 2: Để thuận tiện, các số liệu được đổi sang atm; thủ tục tương đương cho Pa đòi hỏi các hệ số thích hợp. Theo quan điểm về năng lượng, qúa trình hình thành chất lỏng 2 có thể được chia thành hai giai đoạn: . Sự hóa hơi mất nhiệt (giảm nội năng, -) từ hệ thống ra môi trường ngoài (vì qúa trình xảy ra ở áp suất không đổi, nhiệt bằng với biến thiên entanpy) . Công thực hiện bởi môi trường ngoài để nén hệ xuống thể tích nhỏ hơn (tăng nội năng, +). Thể tích khí ngưng tụ là V = nRT/P = 1,96L Thể tích của Cl 2 lỏng = 4,54mL ∆E 2 = ∆H 2 - ∫P ext ∆V (đổi pha) = ∆H 2 – P ext (V l – V k ) Nhưng V l gần bằng 0 nên có thể bỏ qua (thể tích chất lỏng 4,5mL tính toán so với 17,6L, sai số tính toán 0,03%) ∆E 2 = 0,1(-∆H hơi ) + P ext .V k = -1843,5J. ∆E = ∆E 1 + ∆E 2 = -3591,8J Entropy S là một hàm trạng thái hia biến số. Do trong qúa trình 1 các biến số đã biết là T và P, S được biểu thị S(T,P). ∆S hệ = ∆S 1 + ∆S 2 . và C p = C v + R = 36,97JK -1 mol -1 . ∆S 1 = nC p ln(T 2 /T 1 ) – nRln(P 2 /P 1 ) = 29,89JK -1 . Với sự chuyển pha (nhiệt độ không đổi) và trong điều kiện đẳng áp thì ∆S 2 = ∆H 2 /T = - 8,54JK -1 . ∆S hệ = 21,35JK -1 . b) Cần cảnh giác với việc bỏ qua các sai số sẽ thay đổi đến lời giải bài này: Sự khác biệt là nhỏ do chuyển đổi qua lại với ln nhưng cách lập lụân sẽ ảnh hưởng nhiều hơn. Đổi dấu của lnK c và ∆H o cho phản ứng 1 khi đảo ngược. Các hằng số cân bằng được nhân lên khi các phương trình được cộng thêm, như vậy sẽ phải thêm các lnK. Phản ứng 3 = Phản ứng 2 - phản ứng 1. Vậy ∆S 3 = ∆S 2 - ∆S 1 và ∆G 3 = ∆G 2 - ∆G 1 ∆G o 1 = -RTlnK c1 = -28740J.mol -1 = -28,74kJ.mol -1 . ∆H o 1 = -33,5kJ.mol -1 . ∆S o 1 = (∆H o 1 - ∆G o 1 )/T = -0,0161kJ.K -1 .mol -1 = -16,1JK -1 mol -1 . Tương tự: ∆G o 2 = -44,05kJ.mol -1 . ∆H o 2 = -37,2kJ.mol -1 . ∆S o 2 = -22,98JK -1 mol -1 . Vậy các số liệu của phản ứng 3 là: ∆H o 3 = -3,7kJ ∆S o 3 = 39,01JK -1 . ∆G o 3 =∆H o 3 - T∆S o 3 = -15,35kJ.mol -1 . Vậy K c3 = 4,90.10 -2 . Mặt khác: ∆G o 3 = ∆G o 2 - ∆G o 1 = -15,31kJ.mol -1 ⇒ K c = 4,82.10 -2 . ∆S o 3 = (∆H o 3 - ∆G o 3 )/T = 38,96JK -1 . OLYMPIC HÓA HOC QUỐC TẾ 1999: Hợp chất Q (khối lượng mol phân tử là 122,0g.mol -1 ) gồm có cacbon, hydro và oxy. PHẦN A: Nhiệt sinh (entanpi tạo thành) tiêu chuẩn của CO 2(k) và H 2 O (l) tại 25 o C tương ứng là – 393,51 và 285,83kJ.mol -1 . Hằng số khí R = 8,314J.K - .mol -1 . Dùng lượng dư oxy đốt cháy hết một mẫu chất rắn Q nặng 0,6000g trong một nhiệt lượng kế ban đầu chứa 710,0g nước tại 25,000 o C. Sau khi phản ứng xong, nhiệt độ lên tới 27,250 o C và có 1,5144g CO 2(k) và 0,2656g H 2 O được tạo thành. 1. Hãy xác định công thức phân tử và viết, cân bằng phương trình phản ứng đốt cháy Q với trạng thái vật chất đúng. Cho nhiệt dung riêng của nước là 4,184J.g -1 .K -1 và biến thiên nội năng của phản ứng trên (∆U o ) là –3079kJ.mol -1 . 2. Hãy tính nhiệt dung của nhiệt lượng kế đó (không kể nước). 3. Hãy tính nhiệt sinh (entanpi tạo thành) tiêu chuẩn (∆H o f ) của Q. PHẦN B: Số liệu sau đây thu được khi xét sự phân bố chất q giữa benzen với nước tại 6 o C, C B và C W là nồng độ cân bằng của chất Q tương ứng trong lớp benzen và lớp nước: Giả thiết rằng không phụ thuộc vào nồng độ và nhiệt độ, chất Q chỉ có một dạng trong benzen. Nồng độ (mol.L -1 ) C B C W 0,0118 0,00281 0,0478 0,00566 0,0981 0,00812 0,156 0,0102 4. Với giả thiết Q ở dạng monome trong nước, bằng sự tính toán hãy chỉ ra liệu trong benzen chất q ở dạng monome hay dime. Độ giảm nhiệt độ đông đặc của một dung dịch loãng lí tưởng được tính theo biểu thức sau: f s o f f o f H XTR TT Δ =− 2 )( Trong đó T f là nhiệt độ đông đặc của dung dịch, T o f là nhiệt độ đông đặc của dung môi, ∆H f là nhiệt độ nóng chảy của dung môi còn X s là phần mol của chất tan. Khối lượng mol phân tử của benzen là 78,0g.mol -1 . Ở 1atm benzen nguyên chất có nhiệt độ đông đặc là 5,40 o C. Benzen có nhiệt nóng chảy là 9,89kJ.mol -1 . 5. Hãy tính nhiệt độ đông đặc (T f ) của dung dịch gồm 0,244g chất Q và 5,85g benzen tại 1atm. BÀI GIẢI: 1) 2:6:700984,0:0295,0:0344,0 16 1575,0 0,18 2.2656,0 0,44 5144,1 :: =====OHC Khối lượng phân tử của C 7 H 6 O 2 = 122 giống như khối lượng phân tử đầu bài cho. C 7 H 6 O 2(r) + 15/2O 2(k) → 7CO 2(k) + 3H 2 O (l) Hay 2C 7 H 6 O 2(r) + 15O 2(k) → 14CO 2(k) + 6H 2 O (l) 2) Tổng nhiệt dung = 1 .730,6 − = Δ Δ = Δ KkJ T Un T q o Q v Nhiệt dung của nước = 710,0 . 4,184 = 2971J.K -1 . Nhiệt dung của nhiệt lượng kế = 6730 – 2971 = 3759J.K -1 . 3) ∆H o = ∆U o - RT∆n k = -3080 kJ.mol -1 . ⇒∆H o f (Q) = -532kJ.mol -1 . 4) C B (mol.L -1 ) 0,0118 0,0478 0,0981 0,156 C W (mol.L -1 ) 0,00281 0,00566 0,00812 0,0102 C B /C w 4,20 8,44 12,1 15,3 C B /C w 2 1,49.10 3 1,49.10 3 1,49.10 3 1,50.10 3 Từ các kết qủa trên ta thấy rằng tỉ số C B /C w thay đổi đáng kể còn tỉ số C B /C w 2 hầu như không đổi cho phép kết luận rằng trong benzen Q ở dạng dime. 5) Nếu Q hoàn toàn nhị hợp trong benzen thì M Q = 244 CTT X o ff Q 54,4861,0 10.32,1 0,78 85,5 244 244,0 244/244,0 2 2 =⇒=Δ⇒ = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + = − OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ 2000: Vào ngày 1tháng 7 năm 2000, đường hầm và cầu nối giữa Đan Mạch và Thụy Điển chính thức được mở cửa. Nó bao gồm một đường hầm từ Copenhagen đến một hòn đảo nhân tạo và một chisc cầu từ hòn đảo đó đến Malmo ở Thụy Điển. Vật liệu chính dung để xây dựng là thép và bêtông. Bài này sẽ đề cập đến việc sản xuất và thoái hóa của từng vật liệu. Bêtông được hình thành từ một hộn hợp của ximăng, nước, cát và đá nhỏ. Ximăng chứa chủ yếu canxi silicat và canxi aluminat được sinh ra bằng cách đun nóng và nghiền nhỏ hỗn hợp đất sét và đá vôi. Bước tiếp theo trong việc sản xuất ximăng là thêm một lượng nhỏ thạch cao CaSO 4 .2H 2 O để làm tăng cường độ cứng của bêtông. Bước cuối cùng ta nâng nhiệt độ lên nhưng có thể nhận được sản phẩm không mong muốn hemihydrat CaSO 4 .0,5H 2 O theo phản ứng: CaSO 4 .2H 2 O (r) → CaSO 4 .0,5H 2 O + 1,5H 2 O Các gía trị nhiệt động cho ở bảng sau: (biết p = 1,00bar) ∆H o sinh (kJ/mol) S o (J.K -1 .mol -1 ). CaSO 4 .2H 2 O 9(r) -2021,0 194,0 CaSO 4 .0,5H 2 O (r) -1575,0 130,5 H 2 O (h) -24,1,8 188,6 R = 8,314J.mol -1 K -1 = 0,08314bar.mol -1 .K -1 . 0 o C = 273,15K 1. Tính ∆H o (kJ) cho phản ứng chuyển 1,00kg CaSO 4 .2H 2 O (r) thành CaSO 4 .0,5H 2 O (r) . Phản ứng này thu nhiệt hay tỏa nhiệt? 2. Tính áp suất cân bằng (bar) của hơi nước trong bình kín chứa CaSO 4 .2H 2 O (r) , CaSO 4 .0,5H 2 O (r) và H 2 O (h) ở 25 o C. 3. Tính nhiệt độ để p(H 2 O) (cb) = 1,00 bar trong hệ ở câu 2.2. Giả sử ∆H o và ∆S o là hằng số. BÀI GIẢI: 1. ∆H o = -1575,0 + 3/2(-241,8) - (-2021,0) = 83,3kJmol -1 . n = m/M = 1000/172,18 = 5,808mol [...]... chuẩn (∆Ho, ∆So và ∆Go) bằng cách sử dụng những gía trị cho ở bảng 1 và cho biết phản ứng là toả nhiệt hay thu nhiệt? 3 Hiện tượng gì sẽ xảy ra nếu như ta trộn hỗn hợp nitơ và hydro ở nhiệt độ phòng? Giải thích lý do 4 Tính các gía trị nhiệt động của phản ứng (∆H, ∆S và ∆G) ở 800K và 1300K ở áp suất chuẩn Phản ứng lúc này là toả nhiệt hay thu nhiệt Sự phụ thuộc của nhiệt dung và entropy vào nhiệt độ được... 0 thì f đạt cực tiểu dưới các điều kiện đã cho Như vậy tỉ số phân bố đạt cực đại khi f’ = 0 Thay số vào ta tính được [H+] = 4,5.10-8M BÀI TẬP CHUẨN BỊ CHO KỲ THI IChO LẦN THỨ 36: 3) Viết phản ứng đốt cháy khí propan và butan trong không khí Cho biết trạng thái của các chất trong phản ứng ở điều kiện chuẩn 4) Tính thi u nhiệt của phản ứng đốt cháy 1mol mỗi chất propan và butan Có thể giả thi t rằng chất... khi tăng nhiệt độ Có hai cách để giải quyết vấn đề này 6 Phản ứng có thể được tiến hành ở nhiệt độ thấp với xúc tác (ví dụ sắt oxit) Chất xúc tác ảnh hưởng đến tính chất nhiệt động và động học của phản ứng như thế nào? 7 Ta cũng có thể tăng áp suất Áp suất ảnh hưởng đến tính chất nhiệt động và động học của phản ứng như thế nào? 8 Điều kiện tốt nhất cho phản ứng này là gì? Bảng 1: Chất hoá học ∆fHo(kJ.mol-1)... hóa nhanh và hiệu suất có thể chấp nhận được BÀI TẬP CHUẨN BỊ CHO KỲ THI IChO LẦN THỨ 37: Cho 10 lít khí lý tuởng ở 0oC và 10 atm, ta nén khí về 1atm Tính thể tích cuối và công giãn nở của khí dưới các điều kiện sau: 1 Giãn nở thuận nghịch đẳng nhiệt 2 Giãn nở thuận nghịch đoạn nhiệt 3 Giãn nở không thuận nghịch đoạn nhiệt trong các điều kiện sau: Áp suất giảm xuống 1atm một cách đột ngột và khí giãn... S trong hai pha 1 và 2 Trong một hệ cho trước chỉ gồm dung môi và chất ta thì KD chỉ phụ thuộc vào nhiệt độ Các thí nghiệm phân lập bằng chiết thường sử dụng phễu chiết, nó là một dụng cụ thủy tinh rất dễ sử dụng và có mặt trong các phòng thí nghiệm hóa học Phương trình (1) chỉ đúng khi chất tan S tồn tại ở cùng một dạng trong cả hai dung môi Theo cách khác, nếu các chất phân bố ở dạng khác nhau (dime,... thu nhiệt 2 ∆So = 130,5 + 3/2(188,6) – 194,0 = 219,4J.K-1mol-1 ∆Go = ∆Ho - T∆So = 17886J.mol-1 mà ∆Go = -RTlnK K = (p(H2O))3/2 = 7,35.10-4 → p(H2O) = 8,15.10-3 bar 3 p(H2O) = 1,00bar → K = 0 → ∆Go = -RTlnK = 0 mà ∆Go = ∆Ho - T∆So = 0 → T = 380K (hay 107oC) OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ 2001: Nguyên lý thứ hai của nhiệt động học là nguyên lý cơ bản của khoa học Trong bài này chúng ta sẽ nghiên cứu nhiệt động. .. ⇒ pCO = 3,7 bar OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ 2004: Chuẩn bị cho lần sinh nhật thứ 18 vào tháng hai của mình, Peter có ý điinh biến cái túp lều của cha mẹ trong vườn thành một bể bơi với một bãi biển nhân tạo Để có thể ước lượng gía cả của việc cung nhiệt và nước cho nhà Peter nhận được dữ liệu về các khí thi n nhiên và giá cả của nó: So(Jmol-1K-1) Cop(Jmol-1K-1) Chất hóa học phần mol (x) ∆fHo(kJ.mol-1)... 1000K Hydro phân tử (với các dạng đồnh vị khác nhau) hiện diện ở nồng độ cao hơn nhiều so với d) hydro nguyên tử (và deuteri nguyên tử) trong các đám mây giữa các vì sao Dự đoán dạng ưu đãi của deuteri (D, HD hay D2) trong đám mây giữa các vì sao, giả thi t tại nhiệt độ 20K: Khi hàm lượng trong vũ trụ nD . hai của nhiệt động học là nguyên lý cơ bản của khoa học. Trong bài này chúng ta sẽ nghiên cứu nhiệt động học của khí lý tưởng, và cân bằng hóa học. 3,00 mol CO 2 giãn nở đẳng nhiệt (nhiệt độ. hợp thức bắt đầu ở 298K sẽ đạt đến nhiệt độ nào khi chỉ hấp thụ lượng nhiệt tỏa ra do phản ứng ở điều kiện chuẩm tại 1350K (lượng nhiệt này chỉ dùng để nâng nhiệt độ các chất đầu) Hỏi phản. → 14CO 2(k) + 6H 2 O (l) 2) Tổng nhiệt dung = 1 .730,6 − = Δ Δ = Δ KkJ T Un T q o Q v Nhiệt dung của nước = 710,0 . 4,184 = 2971J.K -1 . Nhiệt dung của nhiệt lượng kế = 6730 – 2971 = 3759J.K -1 .